高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省湖州市2024屆高三上學期期末考試數學試題一?單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為，所以.故選：C.2.已知復數滿足（為虛數單位），則（）A.8 B.6 C. D.-8【答案】A【解析】因為，解得，即，所以，故選：A3.已知向量，則在上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】在上的投影向量為,故選：A4.按從小到大順序排列的兩組數據：甲組：27，31，37，m，42，49；乙組：24，n，33，44，48，52，若這兩組數據的第30百分位數、第50百分位數都分別對應相等，則（）A.60 B.65 C.70 D.71【答案】D【解析】因為甲組：27，31，37，m，42，49；乙組：24，n，33，44，48，52，由，得第30百分位數是第2個數據，故,由，得第50百分位數是第3與4個數據平均值，解得．所以.故選：D．5.已知，且，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由題意得，解得或．又，所以，則，，所以，，，，故ACD錯誤、B正確．故選：B6.記是數列的前項和，設甲：為等差數列；設乙：，則（）A.甲是乙的充分條件但不是必要條件B.甲是乙的必要條件但不是充分條件C.甲是乙的充要條件D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件【答案】C【解析】若為等差數列，則數列的前項和為，若數列的前項和為，則時，，所以，，兩式相減得，，所以為等差數列；綜上所述，甲是乙的充要條件.故選：C.7.在正四棱錐中，底面的邊長為為正三角形，點分別在上，且，若過點的截面交于點，則四棱錐的體積是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如圖：連接BD，交于點，連接，，相交于點，因為，，所以，所以，故為重心，所以為中點.又因為為正三角形，所以.因為四棱錐是正四棱錐，所以，，，平面，且，所以平面.平面，所以，又，所以.，平面，，所以平面.因為，所以，，，,所以.故選：D8.已知函數，若總存在兩條不同的直線與函數，圖象均相切，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由題意可知：，設函數上的切點坐標為，函數上的切點坐標為，且，，則公切線的斜率，可得，則公切線方程為，代入得，代入可得，整理得，令，則，若總存在兩條不同的直線與函數y=fx，y=gx圖象均相切，則方程設，則，令h'x>0，解得；令h'則hx在內單調遞增，在1,+∞單調遞減，可得，且當x趨近于時，hx趨近于；當x趨近于時，hx趨近于，可得，解得，故實數的取值范圍為.故選：A.二?多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，至少有兩個是符合題目要求的，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.下列結論中正確的是（）A.在列聯表中，若每個數據均變為原來的2倍，則的值不變B.已知隨機變量服從正態分布，若，則C.在一組樣本數據的散點圖中，若所有樣本點都在直線上，則這組樣本數據的樣本相關系數為0.9D.分別拋擲2枚相同的硬幣，事件表示為“第1枚為正面”，事件表示為“兩枚結果相同”，則事件是相互獨立事件【答案】BD【解析】對于A中，若的列聯表中的每個數字變成原來的2倍，則，此時變為原理的2倍，所以A錯誤；對于B中，在隨機變量服從正態分布，若，則，所以B正確；對于C中，若所有樣本點都在直線上，則這組樣本數據完全相關，所以這組樣本數據的樣本相關系數為，所以C不正確；對于D中，分別拋擲2枚相同硬幣，事件表示為“第1枚為正面”，事件表示為“兩枚結果相同”，可得，，可得，所以事件是相互獨立事件，所以D正確.故選：BD.10.已知正數滿足，下列結論中正確的是（）A.的最小值為 B.的最小值為2C.的最小值為 D.的最大值為1【答案】AC【解析】由可得，對于A,，當且僅當時，即,時取等號，故A正確，對于B,，當且僅當時，即時等號成立，但此時，故等號取不到，故B錯誤，對于C，，記，當單調遞增，當單調遞減，故，故的最小值為，故C正確，對于D，由于，，，故的最大值不可能為1，故D錯誤，故選：AC11.純音的數學模型是函數，但我們平時聽到的樂音不止是一個音在響，而是許多個音的結合，稱為復合音.復合音的產生是因為發聲體在全段振動，產生頻率為的基音的同時，其各部分，如二分之一?三分之一?四分之一部分也在振動，產生的頻率恰好是全段振動頻率的倍數，如等.這些音叫諧音，因為其振幅較小，我們一般不易單獨聽出來，所以我們聽到的聲音函數是.記，則下列結論中正確的是（）A.為的一條對稱軸 B.的最小正周期為C.的最大值為 D.關于點中心對稱【答案】BCD【解析】因為，，所以，則不為的一條對稱軸，故選項A不正確；因為，所以，則的周期為，而的最小正周期為2π，故的最小正周期為2π，故選項B正確；因為所以又因為所以的周期為.故只考慮函數在上的最大值即可.令，得：或或或；令，得：或者或；所以函數在，，和上單調遞增；在，和上單調遞減.又因為，，，所以最大值為，故選項C正確；因為，所以，則關于點中心對稱，故選項D正確.故選：BCD12.已知為坐標原點，點在拋物線上，過點的直線交拋物線于兩點，則下列結論正確的是（）A.拋物線的準線方程為 B.直線與拋物線相切C.為定值 D.【答案】ABD【解析】對于A：因為點在拋物線：上，則，解得，所以拋物線：，其準線為，故A正確；對于B：令，則，可得，即拋物線在A點處切線斜率與直線AB斜率相同，所以直線AB與拋物線C相切，故B正確；對于C：由題意可知，直線PQ斜率存在，設直線PQ的方程為，聯立方程，消去y得：，可得，得，且，因為，故C錯誤；對于D：由題意可知，因，則，所以，故D正確.故選：ABD．三?填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知的展開式中含項的系數為8，則實數___________.【答案】3【解析】因為的展開式的通項公式為，則展開式中含項的系數為解得故答案為:14.已知圓的圓心在直線上且與軸相切，請寫出一個同時滿足上述條件的圓的標準方程：__________.【答案】（答案不唯一，）【解析】因為圓的圓心在直線上，不妨設其圓心，又因為圓與軸相切，則半徑為，所以圓的標準方程為，取，則一個同時滿足上述條件的圓的標準方程為.故答案為：（答案不唯一，）15.已知一個圓臺的上?下底面半徑為，若球與該圓臺的上?下底面及側面均相切，且球與該圓臺體積比為，則__________.【答案】【解析】作出圓臺的軸截面，如圖所示：為切點，為圓臺的高.圓臺的母線，所以圓臺的高球的半徑，由球與該圓臺體積比為得：，整里得：方程兩邊同除，解得或3（舍去）故答案為：116.已知雙曲線的左右頂點分別為，點滿足，點為雙曲線右支上任意一點（異于點），以為直徑的圓交直線于點，直線與直線交于點.若點的橫坐標等于該圓的半徑，則該雙曲線的離心率是__________.【答案】【解析】由題意，設，，則，則設，故，因為以為直徑的圓交直線于點，所以，即，所以，所以，因為三點共線，所以，即，所以，即，因為點在雙曲線上，所以，所以，所以，所以離心率.故答案為：.四?解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出必要的文字說明?證明過程及驗算步驟.17.記的內角的對邊分別是，已知，.（1）求角的大小；（2）求的面積.解：（1）由正弦定理可得：，，由余弦定理：，化簡得：,所以所以；（2）由正弦定理：，所以,則.18.已知數列的前n項和為，數列為等差數列，且滿足．（1）求數列和的通項公式；（2）若，求數列的前項和．解：（1）令，令，又，所以，即．所以，，①．②兩式相減得，，即是公比為2的等比數列，且，所以．（2）由可得，．累加可得，，而，∴.19.如圖，在多面體中，四邊形為平行四邊形，且平面，且.點分別為線段上的動點，滿足.（1）證明：直線平面；（2）是否存在，使得直線與平面所成角的正弦值為？請說明理由.（1）證明：如圖，以為原點，分別以方向為軸建立坐標系...設平面的法向量為n1=則由，取得.因為，所以解得.所以，且平面，所以平面（2）解：設平面的法向量為則由，解得.所以，解得.20.杭州第屆亞運會，是繼年北京亞運會、年廣州亞運會之后，中國第三次舉辦亞洲最高規格的國際綜合性體育賽事.年月日，杭州亞運會開幕式隆重舉行.某電商平臺亞運周邊文創產品直播間，主播為當晚點前登錄該直播間的前名觀眾設置了兩輪“慶亞運、送吉祥物”的抽獎活動.每輪抽獎都是由系統獨立、隨機地從這名觀眾中抽取名幸運觀眾，抽中者平臺會有亞運吉祥物玩偶贈送.而直播時這名觀眾始終在線，記兩次抽獎中被抽中的幸運觀眾總人數為（幸運觀眾總人數不重復計數，例如若某幸運觀眾兩次都被抽中，但只記為人）.（1）已知小杭是這前名觀眾中的一人，若小杭被抽中的概率為，求的值；（2）當取到最大值時，求的值.解：（1）記“小杭被抽中”為事件，“小杭第次被抽中”為事件.，整理可得，即，又因為且，解得.（2）“”表示第一次在個人中抽取個，第二次抽取的個人中，有人在第一次抽取的人以外，另外的個人在第一次抽取的人中，，記，由，解得，又，所以時，取最大值.21.已知橢圓過點，且離心率為.過點的直線交于兩點（異于點）.直線分別交直線于兩點.（1）求證：直線與直線的斜率之積為定值；（2）求面積的最小值.（1）證明：由題意得，解得，所以，所以橢圓方程為，設，直線的斜率分別為，設直線為，與橢圓聯立，可得，所以，，代入可得，所以直線與的斜率之積為定值.（2）解：設，則，又點到直線的距離是，由解得，同理.所以，代入得，設，則，由題意得，化簡得，解得或，故，故，等